历年高考立体几何解答题汇编
历年高考立体几何解答题汇编
1．（2006年北京卷）如图，在底面为平行四边表的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点.
（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；
（Ⅱ）求证：//PB 平面AEC ；
2．（2006年上海卷）在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60 ，对角线AC 与BD 相交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成的角为60 ．
（1）求四棱锥P －ABCD 的体积；
3．（ 2006年浙江卷）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面为直角梯形,AD ∥BC,∠BAD=90°,PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD=AB=2BC,M 、N 分别为PC 、PB 的中点.
(Ⅰ)求证：PB ⊥DM;
4. ( 2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD 与Q-ABCD 的高分别为1和2,AB=4.
(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD;
5．（2006年福建卷）如图，四面体ABCD 中， O 、E 分别是BD 、BC 的中点， 2, 2.CA CB CD BD AB AD ======
（I ）求证：AO ⊥平面BCD ；
P
A
B
C
D
O E
Q P
A D
C
B
图4
C
A
D
B
O
E
6．（2006年天津卷）如图，在五面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 的对角线的交点，面CDE 是等边三角形，棱//1
2
EF BC =． （1）证明FO //平面CDE ；
（2）设3BC CD =，证明EO ⊥平面CDF ．
7．（2006年江苏卷）在正三角形ABC 中，E 、F 、P 分别是AB 、AC 、BC 边上的点，满足AE:EB ＝CF:FA ＝CP:PB ＝1:2（如图1）。
将△AEF 沿EF 折起到EF
A 1∆的位置，使二面角A 1－EF －
B 成直二面角，连结A 1B 、A 1P （如图2） （Ⅰ）求证：A 1E ⊥平面BEP ；
8．（2006年辽宁卷）已知正方形ABCD .E 、F 分别是AB 、CD 的中点,将ADE 沿DE 折起,如图所示,记二面角A DE C --的大小为(0)θθπ<<. (I) 证明//BF 平面ADE ;
9．（广东•理•19题）如图6所示，等腰△ABC 的底边AB =66，高C D =3，点B 是线段BD 上异于点B 、D 的动点.点F 在BC 边上，且EF ⊥AB .现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE 。
记BE ＝x ，V (x )表示四棱锥P －ACFE 的体积。
（Ⅰ）求V (x )的表达式；
（Ⅱ）当x 为何值时，V (x )取得最大值？
A A
C
B
D
E
F
B
C
D
E
F
A P
F
E
C
B
A 1
E
F
C
P B
图1
图2
10．（湖北•理•18题）如图，在三棱锥V -ABC 中，VC ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，D 是AB 的中点，且AC =BC =a ，∠VDC =θ⎪⎭
⎫
⎝
⎛
<
<20πθ。
（Ⅰ）求证：平面VAB ⊥平面VCD ；
11．（江苏•理•18题）如图，已知1111ABCD A B C D -是棱长为3的正方体，点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==。
（I ）求证：1,,,E B F D 四点共面；（4分）
（II ）若点G 在BC 上，2
3
BG =，点M 在1BB 上，GM BF ⊥，
垂足为H ，求证：EM ⊥面11BCC B ；
12．（天津•理•19题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，60AB AD AC CD ABC ⊥⊥∠=，，°，PA AB BC ==，E 是PC 的中点．
（Ⅰ）证明CD AE ⊥；
（Ⅱ）证明PD ⊥平面ABE ；
13．（浙江•理•19题）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点。
（Ⅰ）求证：CM EM ⊥；
；
14．（福建19）（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P —ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD =2,底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ,AB ⊥AD ,AD =2AB =2BC=2，O 为AD 中点. (Ⅰ)求证:PO ⊥平面ABCD ；
A B
C D
P E E M
A
C
B
D
A
B C
D
A 1
D 1
C 1
B 1 G H F E
15．（宁夏18）（本小题满分12分）
如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的正视图和俯视图在下面画出（单位：cm ） （Ⅰ）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； （Ⅱ）按照给出的尺寸，求该多面体的体积；
（Ⅲ）在所给直观图中连结BC '，证明：BC '∥面EFG ．
16．（江苏16）（14分）
在四面体ABCD 中，BD AD CD CB ⊥=,，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点， 求证：（1）直线EF//面ACD
（2）面EFC ⊥面BCD 17．（江西20）如图，正三棱锥O ABC -的三条侧棱OA 、OB 、OC 两两垂直，且长度均为2．E 、F 分别是AB 、AC 的中点，H 是EF 的中点，过EF 的平面与侧棱OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于1A 、1B 、1C ，已知13
2
OA =． （1）求证：11B C ⊥面OAH ；
18．（湖南18）（本小题满分12分）
如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面积ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，P A ⊥底面积ABCD ，P A ＝3. (Ⅰ)证明：平面PBE ⊥平面P AB ；
19．（全国Ⅰ18）（本小题满分12分）
四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，2CD =，AB AC =．
（Ⅰ）证明：AD CE ⊥；
4
6
4
2
2
E D
A
B
C F
G B '
C '
D '
2
B 1
C 1
A 1
H F
E
C
B A
O
C
D
E
A
B
A B
C
D
E
F
20．（全国Ⅱ20）（本小题满分12分）
如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，124AA AB ==，点E 在1CC 上且EC E C 31=．
（Ⅰ）证明：1
AC ⊥平面BED ；
21．(山东19)（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB DC ∥，PAD △是等边三角形，已知28BD AD ==，245AB DC ==． （Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积． 22．（四川19）（本小题满分12分）
如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，
090,BAD FAB BC
∠=∠=//
=
1
2
AD ，BE //=
1
2
AF ，,G H 分别为,FA FD 的中点 （Ⅰ）证明：四边形BCHG 是平行四边形； （Ⅱ）,,,C D F E 四点是否共面？为什么？
（Ⅲ）设AB BE =，证明：平面ADE ⊥平面CDE ；
23．(天津19)（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形．已知3AB =，2AD =，2PA =，22PD =，60PAB =∠． （Ⅰ）证明AD ⊥平面PAB ；
24．（浙江20）（本题14分）如图,矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE//CF ，∠BCF=∠CEF=︒90,AD=3,EF=2。
（Ⅰ）求证：AE//平面DCF ；
A
B C
D E
A 1
B 1
C 1
D 1
A
B
C
M
P
D
A
B
C
D
P
25．(湖北18).（本小题满分12分）
如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，平面1A BC ⊥侧面11.A ABB （Ⅰ）求证： ;AB BC ⊥
26．(陕西19)（本小题满分12分）
三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为111A B C ，90BAC ∠=，1A A ⊥平面ABC ，13A A =1122AB AC A C ===，D 为BC 中点．
（Ⅰ）证明：平面1A AD ⊥平面11BCC B ；
A 1 A C 1
B 1
B
D
C。
2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编(含答案)
2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编（含答案）一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）A ．√2:1B ．2:1C ．1:√2D ．1:2 2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．2B ．2√2C ．4D ．3．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．20+12√3B ．28√2C ．563D 4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BPD ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m，n表示直线，以下命题中正确的选项是（）A．假设m⊥α，m⊥n，那么n//αB．假设m⊂α，n⊂β，α//β，那么m//nC．假设α//β，m⊂α，那么m//βD．假设m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，那么α//β8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1（如图所示），则下列结论正确的是（）A．BD1//A1A B．BD1//A1D C．BD1⊥A1C D．BD1⊥A1C110．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B 的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B111．（2021·全国·高考真题）-（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是（）A．B．C．D．12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，3AB=．（1）求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：AB⊥SD．三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．12πB．24πC．36πD．144π14．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π15．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．√3B．32C．1D．√3216．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．√212B．√312C．√24D．√3417．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km 的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨21．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°22．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．√5−14BC ．√5+14D ．√5+1223．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．π2B．π3C．π4D．π625．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（1）证明：PB//平面ACE；（2）设PA=1，AD=√3，直线PB与平面ABCD所成的角为45°，求四棱锥P−ABCD 的体积.中，底面ABCD是正方形，若AD= 26．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD2,QD=QA=√5,QC=3．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．27．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：D1F//平面A1EC1；（II）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．（III）求二面角A−A1C1−E的正弦值．28．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B11（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?29．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1D 1中点，11B C 与平面CDE 交于点F ．（1）求证：F 为11B C 的中点；（2）点M 是棱A 1B 1上一点，且二面角M −FC −E 的余弦值为√53，求A 1MA1B 1的值．30．（2020·全国·高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底DO．面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B−PC−E的余弦值．2020-2021真题精编-立体几何解析版一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（）A．√2:1B．2:1C．1:√2D．1:2【答案】C【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.【详解】根据题意作图，设圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，母线长为l.若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有2r cos45°=l，l=√2r.该圆锥的底面积与侧面积比值为πr 2πrl =2πr⋅√2r=√2.故选：C.2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2√2C．4D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl=2π×√2，解得l= 2√2.故选：B.3．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20+12√3B ．28√2C ．563D 【答案】D 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高ℎ=√22−(2√2−√2)2=√2， 下底面面积S 1=16，上底面面积S 2=4，所以该棱台的体积V =13ℎ(S 1+S 2+√S 1S 2)=13×√2×(16+4+√64)=283√2.故选：D.4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ） A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P 【答案】BD 【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【详解】易知，点P 在矩形BCC 1B 1内部（含边界）．对于A ，当λ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μCC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即此时P ∈线段1CC ，△AB 1P 周长不是定值，故A 错误；对于B ，当μ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λB 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而B 1C 1//BC ，B 1C 1//平面A 1BC ，则有P 到平面A 1BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当λ=12时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ +μQH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A 1(√32,0,1)，P (0,0,μ)，B (0,12,0)，则A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,0,μ−1)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,μ)，()110A P BP μμ⋅=-=，所以μ=0或μ=1．故H,Q 均满足，故C 错误；对于D ，当μ=12时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，取1BB ，1CC 中点为M,N ．BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λMN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设P (0,y 0,12)，因为A (√32，0,0)，所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,y 0,12)，A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,−1)，所以34+12y 0−12=0⇒y 0=−12，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【分析】利用V A−NMD1=V D1−AMN计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以V A−NMD1=V D1−AMN=13×12×1×1×2=13故答案为：1 3【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）√23．【分析】（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AM ，又PB ⊥AM ，PB ∩PD =P ， 所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM ⊥BD ， 从而△DAB~△ABM ，设BM =x ，AD =2x ，则BMAB =ABAD ，即2x 2=1，解得x AD =√2． 因为PD ⊥底面ABCD ，故四棱锥P −ABCD 的体积为V =13×(1×√2)×1=√23．【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB ⊥AM ，所以垂线可以从PB,AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出△DAB~△ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积． 二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m ，n 表示直线，以下命题中正确的选项是（ ）A ．假设m ⊥α，m ⊥n ，那么n //αB ．假设m ⊂α，n ⊂β，α//β，那么m //nC ．假设α//β，m ⊂α，那么m //βD ．假设m ⊂α，n ⊂α，m //β，n //β，那么α//β 【答案】C 【分析】根据线面垂直的性质定理，可判断A ；根据面面平行的性质定理，可判断B 、C ；根据面面平行的判定定理，可判定D 【详解】选项A ：假设m ⊥α，m ⊥n ，那么n //α或n 在α内，故选项A 错误；选项B ：假设m ⊂α，n ⊂β，α//β，那么m //n 或m 与n 异面，故选项B 错误； 选项D ：假设m ⊂α，n ⊂α，m //β，n //β，且m 、n 相交才能判定α//β，故选项C 错误；选项C ：依照两平面平行的性质可知C 正确．故选：C8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β【答案】D【分析】根据线面的位置关系可判断A；举反例判断B、C；由面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故选项A不正确；B C为m，直线BC为对于B：如图平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，直线11n，满足m//n，m//α，n//β，但α与β相交，故选项B不正确；对于C：如图在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1为平面B C为n，满足α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m//n，故选项C不正β，直线AD为m，直线11确；对于D：若m⊥n，m⊥α，可得n⊂α或n//α，若n⊂α，因为n⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β；若n//α，可过n作平面与α相交，则交线在平面α内，且交线与n平行，由n⊥β可得交线与β垂直，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故选项D正确；故选：D.9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1（如图所示），则下列结论正确的是（）A．BD1//A1A B．BD1//A1D C．BD1⊥A1C D．BD1⊥A1C1【答案】D【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.【详解】BB与BD1相交，所以BD1与AA1异面，故A错误；A.AA1//BB1，1B.BD1与平面ADD1A1相交，且D1∉A1D，所以BD1与A1D异面，故B错误；C.四边形A BCD是矩形，不是菱形，所以对角线BD1与A1C不垂直，故C错误；11D.连结B1D1，B1D1⊥A1C1，BB1⊥A1C1，B1D1∩BB1=B1，所以A1C1⊥平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，故D正确.故选：D10．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B 的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.【详解】连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 11．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误.【详解】设正方体的棱长为2，对于A，如图（1）所示，连接AC，则MN//AC，故POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角，在直角三角形OPC，OC=√2，CP=1，故tan∠POC=√2=√22，故MN⊥OP不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM−NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ⊂平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ=Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确.对于C，如图（3），连接BD，则BD//MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确.对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，则AC//MN，PQ MN，因为DP=PC，故PQ//AC，故//所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，AC=√2，OQ=√AO2+AQ2=√1+2=√3，因为正方体的棱长为2，故PQ=12PO=√PK2+OK2=√4+1=√5，QO2<PQ2+OP2，故∠QPO不是直角，故PO,MN不垂直，故D错误.故选：BC.12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，3AB=．（1）求SA 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：AB ⊥SD ．【答案】（1）34；（2）证明见解析． 【分析】(1)由题意可得∠SAD 即为SA 与 BC 所成的角，根据余弦定理计算即可； (2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明. 【详解】【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质【解】（1）因为AD //BC ，因此∠SAD 即为SA 与BC 所成的角，在△SAD 中，SA =SD =2， 又在正方形ABCD 中3AD AB ==，因此cos ∠SAD =SA 2+AD 2−SD 22SA⋅AD=22+32−222×2×3=34，因此SA 与BC 所成角的余弦值是34．（2）因为平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD =AD ，在正方形ABCD 中，AB ⊥AD ，因此AB ⊥平面SAD ，又因为SD ⊂平面SAD ，因此AB ⊥SD ． 三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．12π B ．24π C ．36π D ．144π【答案】C 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即R =√(2√3)2+(2√3)2+(2√3)22=3，所以，这个球的表面积为S =4πR 2=4π×32=36π. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.14．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3BD，设球的半径为R，则4πR33=32π3，可得R=2，所以，AB=AD+BD=4BD=4，所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90∘，所以，CAD BCD∠=∠，又因为∠ADC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD，所以，AD CDCD BD=，∴CD=√AD⋅BD=√3，因此，这两个圆锥的体积之和为13π×CD2⋅(AD+BD)=13π×3×4=4π.故选：B.15．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．√3B．32C．1D．√32【答案】C【分析】根据球O的表面积和△ABC的面积可求得球O的半径R和△ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离d=√R2−r2.【详解】设球O的半径为R，则4πR2=16π，解得：R=2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为9√34的等边三角形，∴12a2×√32=9√34，解得：a=3，∴r=23×√a2−a24=23×√9−94=√3，∴球心O到平面ABC的距离d=√R2−r2=√4−3=1.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 16．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．√212B．√312C．√24D．√34【答案】A【分析】由题可得△ABC为等腰直角三角形，得出△ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.【详解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=√2，则△ABC外接圆的半径为√22，又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d，则d=所以V O−ABC=13S△ABC⋅d=13×12×1×1×√22=√212.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.17．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【分析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO1的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2=4π,∴r=2，∵△ABC为等边三角形，由正弦定理可得AB=2r sin60°=2√3，∴OO1=AB=2√3，根据球的截面性质OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A,R=OA=√OO12+O1A2=√OO12+r2=4，∴球O的表面积S=4πR2=64π.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD =60°．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 【答案】√22π.【分析】根据已知条件易得D 1E =√3，D 1E ⊥侧面B 1C 1CB ，可得侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为√2，可得侧面B 1C 1CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ⏜，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】 如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为∠BAD =60°，直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，所以△D 1B 1C 1为等边三角形，所以D 1E =√3，D 1E ⊥B 1C 1，又四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以111BB B C ， 因为BB 1∩B 1C 1=B 1，所以D 1E ⊥侧面B 1C 1CB ， 设P 为侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点，则D 1E ⊥EP ，因为球的半径为√5，D 1E =√3，所以|EP|=√|D 1P|2−|D 1E|2=√5−3=√2， 所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为√2，因为|EF|=|EG|=√2，所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ⏜， 因为∠B 1EF =∠C 1EG =π4，所以∠FEG =π2， 所以根据弧长公式可得FG⏜=π2×√2=√22π. 故答案为：√22π.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km 的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%【答案】C【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr2(1−cosα)4πr2=1−cosα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.故选：C.20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为2002=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300=50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d=13π×502×150π×1002=12.5(mm)，属于中雨.故选：B.21．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得AB⊥m..由于∠AOC=40°,m//CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.22．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．√5−14B C ．√5+14D ．√5+12【答案】C 【分析】设CD =a,PE =b ，利用PO 2=12CD ⋅PE 得到关于a,b 的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设CD =a,PE =b ，则PO =√PE 2−OE 2=√b 2−a 42，由题意PO 2=12ab ，即b 2−a 24=12ab ，化简得4(b a )2−2⋅ba −1=0，解得ba=1+√54（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 23．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果. 【详解】正六棱柱体积为6×√34×22×2=12√3圆柱体积为π(12)2⋅2=π2所求几何体体积为2π故答案为： 2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为（ ） A ．π2 B ．π3 C ．π4 D ．π6【答案】D 【分析】平移直线AD 1至1BC ，将直线PB 与AD 1所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可. 【详解】如图，连接BC 1,PC 1,PB ，因为AD 1∥1BC ， 所以∠PBC 1或其补角为直线PB 与AD 1所成的角，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PC 1，又PC 1⊥B 1D 1，1111BB B D B ⋂=， 所以PC 1⊥平面PBB 1，所以PC 1⊥PB ，设正方体棱长为2，则BC 1=2√2,PC 1=12D 1B 1=√2， sin ∠PBC 1=PC 1BC 1=12，所以∠PBC 1=π6.故选：D25．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：PB//平面ACE ；（2）设PA =1，AD =√3，直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求四棱锥P −ABCD 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）√33.【分析】(1) 连接BD交AC于点O，连接OE，由三角形的中位线定理可知PB//OE，结合线面平行的判定定理可证明PB//平面AEC.(2)由题意可知∠PBA=45∘，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OE. 在△PBD中，因为PE=DE,BO=DO，所以PB//OE，因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，则PB//平面AEC.（2）因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBA=45∘，又PA=1，AD=√3，所以PA=1=AB，所以四棱锥P−ABCD的体积V P−ABCD=13×PA×AB×AD=13×1×1×√3=√33，所以四棱锥P−ABCD的体积为√33.26．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=√5,QC=3．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23.【分析】（1）取AD的中点为O，连接QO,CO，可证QO⊥平面ABCD，从而得到面QAD⊥面ABCD.。
十年(2013-2022)高考数学真题分类汇编解析12 立体几何与空间向量(大题)
由（1）得 则 则
，所以 ，
设平面 的一个法向量
可取
，
设平面 的一个法向量
，
，所以
，
,所以 的中点
，
,
，则
，
，则
，
6 / 56
可取 则
， ，
所以二面角
的正弦值为
.
4．【2022 年新高考 2 卷 20】如图， 是三棱锥
的高，
，
，E
是 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若
，
，
，求二面角
【答案】(1)证明见解析
（1）证明：平面 （2）求二面角
平面
；
的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
（1）取 的中点为 ，连接
.
因为
，
，则
，
而
，故
.
在正方形
中，因为
，故
，故
，
因为
，故
，故
为直角三角形且
，
14 / 56
因为
，故 平面
，
因为 平面 ，故平面
平面
.
（2）在平面
内，过 作
，交 于 ，则
，
结合（1）中的 平面
(2)作 EF⊥BD 于 F, 作 FM⊥BC 于 M,连 FM
因为 AO⊥平面 BCD，所以 AO⊥BD, AO⊥CD
所以 EF⊥BD, EF⊥CD,
,因此 EF⊥平面 BCD，即 EF⊥BC
11 / 56
因为 FM⊥BC，
,所以 BC⊥平面 EFM，即 BC⊥MF
则
为二面角 E-BC-D 的平面角,
，所以
2019--2020年高考数学试题分类汇编立体几何及答案详解
2019--2020年高考数学试题分类汇编立体几何一、选择题.1、（2019年高考全国I 卷理科12）已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 答案：D解析：如图，三棱锥ABC P -为正三棱锥，不妨设a PC PB PA 2||||||===，底面外接圆半径为r ，由题意可得3||,||==CF a EF .在PAC ∆中，由余弦定理可得aa a a PAC 21222444cos 22=⨯⨯-+=∠， 所以在EAC ∆中22124||222+=⨯⨯⨯-+=a aa a a EC 又︒=∠90CEF ，根据勾股定理可得222||||||CF EF EC =+，即2||=PC 在直角POC ∆中，332||=OC ,36||||22=-=r PC OP 由正三棱锥外接球半径公式可得26||2||222=+=OP OP r R ，故体积为π6 2、（2019年高考全国II 卷文理科7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面答案：B解析：由“判定定理:如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面内两条相交直线平行,那么这两个平面平行”可知答案选B3、（2019年高考全国II 卷文理科16）．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 答案：A解析：(1)上层8个,中层8个,下层8个上下底各1个(2)设棱长为a ,如图作出该几何体的截面,1,21=-=CE a CD 又△CDE 为等腰直角三角形,则a a =-⨯212，解得12-=a .则棱长为12- 4、（2019年高考全国III 卷文理科8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线答案：B解析：建系如图)23,0,23(),0,11,1(),3,0,1(),0,2,0(M N E B 所以7)023()20()023(||222=-+-+-=BM , 2)300()01()11(||222=-+-+-=EN又因为BN BE BM +=21 所以B 、M 、E 、N 四点共面。
全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)
全国各地市历年高考立体几何题汇编（含参考答案）（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC 平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B-CD -C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．3.（课标III 理-19）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时， 求面与面所成二面角的正弦值．4.（课标II 理-20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MABMCD5.（课标I理-18）如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为,AD BC的中点，以DF为折痕把DFC△折起，使点C到达点P的位置，且PF BF⊥.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.（二）2017年高考立体几何题1.（课标III理-19）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.2.（课标II 理-19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值.3.（课标I 理-18）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.（三）2016年高考立体几何题 1.（课标III 理-19）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I ）证明平面；（II ）求直线与平面所成角的正弦值.2.（课标II 理-19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=（I ）证明：DH'⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N PC MN PAB ANPMN3.（课标I 理-19）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ， 90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．（四）2015年高考立体几何题 1.（课标II 理-19）如图，长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．DD 1 C 1A 1EF ABCB 1参考答案（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BCAC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B-CD -C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交． 1.解析：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ，∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐称系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB u u u r u u r，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uur n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB u u r ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ． 由图可得二面角B -CD -C 为钝角，所以二面角B -CD -C的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴=(021)GF -u u u r ，，，∴2GF ⋅=-uu u r n ，∴n 与GF uuu r不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值． 2.解析：方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由，得， 由得由，得，故. 因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面， 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由， 所以，故. 因此，直线与平面. 方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O 为原点，分别以射线OB ，11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥111AB AB ==2221111A B AB AA +=111AB A B ⊥2BC =112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥11B C =2,120AB BC ABC ==∠=︒AC =1CC AC ⊥1AC 2221111AB BC AC +=111ABB C ⊥1AB ⊥111A B C 1C 111C D A B ⊥11A B D AD 1AB ⊥111A B C 111A B C ⊥1ABB 111C D A B ⊥1C D ⊥1ABB 1C AD ∠1AC 1ABB 111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=1C D 111sin C D C AD AC ∠==1AC 1ABBOC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz . 由题意知各点坐标如下：因此 由得.由得. 所以平面. （Ⅱ）设直线与平面所成的角为.由（Ⅰ）可知 设平面的法向量.由即可取.所以. 因此，直线与平面. 3.（课标III 理-19）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时， 求面与面所成二面角的正弦值．3.解析：（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC 平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM .又 BC CM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM 平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C 111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r 1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r 111AB A B ⊥1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r111AB AC ⊥1AB ⊥111A B C 1AC 1ABB θ11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r1ABB (,,)x y z =n 10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 0,20,x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩(,0)=n 111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu r uuu r uuu r n |n n |1AC 1ABB ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MAB MCD ⊂CD ⊂DA当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为的中点.由题设得，设是平面MAB 的法向量,则即可取.是平面MCD 的法向量，因此，，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是. 4.（课标II 理-20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．4.解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB .因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),23),(0,2,O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r.设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r. CD (0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M (2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==(,,)x y z =n 0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩(1,0,2)=n DA 5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n nn 2sin ,DA =n5由0,0AP AM ⋅=⋅=u u u r u u u r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn由已知得|cos ,|OB =uu u r n .解得4a =-（舍去），43a =.所以4()3=-n .又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,PC =uu u r n 所以PC 与平面PAM5.（课标I 理-18）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.5.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz . 由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1， 所以PE=.又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF . 可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD所成角的正弦值为（二）2017年高考立体几何题 1.（课标III 理-19）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.1.【解析】（1）由题设可得，ABD CBD △≌△，从而AD DC =. 又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO . 又由于ABC △是正三角形，故BO AC ⊥. 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角. 在Rt AOB △中，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==，故90DOB ∠=. 所以平面ACD ⊥平面ABC .（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O x y z -.则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12， 从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12， 即E 为DB的中点，得12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭.设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n即0,10.2x z x y z -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n .设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m同理可取(0,=-m .则cos ,⋅==n m n m n m .所以二面角D -AE -C. 2.（课标II 理-19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． （1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值.2.解析：（1）取PA 中点F ，连结EF ，BF ． 因为E 为PD 的中点，所以EF AD , 12EF AD =,由90BAD ABC ∠=∠=︒得//BC AD ， 又12BC AD =所以//EF BC ．四边形BCEF 为平行四边形， //CE BF ． 又BF PAB ⊂平面， CE PAB ⊄平面，故//CE PAB 平面（2）由已知得BA AD ⊥,以A 为坐标原点， AB 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则则()000A ，，， ()100B ，，， ()110C ，，，(01P ，(10PC =，,()100AB =，，，则 ()(1,1BM x y z PM x y z =-=-，，，，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()001n =，，是底面ABCD 的法向量，所以0cos , sin45BM n =，=即（x-1）²+y ²-z ²=0又M 在棱PC 上，学|科网设,PM PC λ=则x ,1,y z λ==由①，②得()y=1 y=1 z z ⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪==⎪⎪⎩⎩舍去，所以M ⎛ ⎝⎭，从而AM ⎛= ⎝⎭设()000x ,y ,z m =是平面ABM的法向量，则(0000x 2y 0·AM 0 ·AB 0x 0m m ⎧+=⎧=⎪⎨⎨==⎩⎪⎩即所以可取m =（0，2）.于是·10,5m n cosm n m n == 因此二面角M-AB-D的余弦值为3.（课标I 理-18）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.3.【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . （2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得(2A，(0,0,2P，(2B，(2C -.所以(PC =-，(2,0,0)CB =，2(PA =，(0,1,0)AB =.设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,0,y z ⎧+=⎪⎨=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,220.x z y -=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m . 则cos ,||||⋅==<>n m n m n m ，所以二面角A PBC --的余弦值为（三）2016年高考立体几何题1.（课标III 理-19）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I ）证明//MN 平面；（II ）求直线与平面所成角的正弦值. 1.解析：（Ⅰ）由已知得223AM AD ==. 取BP 的中点T ，连接,AT TN ，由N 为PC 中点知//TN BC ，122TN BC ==. 又//AD BC ，故,//TN AM TN AM =，四边形AMNT 为平行四边形，于是//MN AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以//MN 平面.（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE .由AB BC =得AE BC ⊥，从而AE AD ⊥，且.以A 为坐标原点， AE 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.由题意知，P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AMMD =N PC PAB AN PMN PAB，，，5(,1,2)N，()0,2,4PM =-， 52PN ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭， 52AN ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭.设(),,n x y z =为平面PMN 的一个法向量，则0, 0,n PM n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即240, 20,y z x y z -=⎧+-=可取()0,2,1n =. 于是85cos ,25n AN n AN n AN⋅〈〉==. 2.（课标II 理-19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=（I ）证明：DH'⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. 2.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴A E C FA D C D=，∴E F A C ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF D H ⊥，∴EF DH'⊥． ∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，∴1AEOH OD AO=⋅=， ∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =u u u r ，，，()'133AD =-u u u r ，，，()060AC =u u u r，，， 设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ，，，∴1212cos n n n n θ⋅=u r u u ru r u u r∴sin θ= 3.（课标I 理-19）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ， 90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．3.【解析】试题分析：（Ⅰ）证明AF ⊥平面FDC E ，结合AF ⊂平面ABEF ，可得平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量求解. 试题解析：（Ⅰ）由已知可得AF DF ⊥， AF FE ⊥，所以AF ⊥平面EFDC ． 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅱ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（Ⅰ）知DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点， GF 的方向为x 轴正方向， GF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =， 3DG =，可得()1,4,0A ， ()3,4,0B -， ()3,0,0E -，(D ． 由已知， //AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．又平面ABCD ⋂平面EFDC DC =，故//AB CD ， //CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以CEF ∠为二面角C BE F --的平面角，60CEF ∠=．从而可得(C -．所以(EC =， ()0,4,0EB =，(3,AC =--， ()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面BCE 的法向量，则n EC n EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0 40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,n =．设m 是平面ABCD 的法向量，则0m C m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩，同理可取()0,3,4m =．则219cos ,n m n m n m ⋅〈〉==-． 故二面角E BC A --的余弦值为． （四）2015年高考立体几何题1.（课标II 理-19）如图，长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 1.【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14A M A E ==，18EM AA ==，因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===．于是6MH =，所以10AH =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =，(0,6,8)HE =-．设(,,)n x y z =是平面EHGF 的法向量，则0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =．又(10,4,8)AF =-，故45cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅．所以直线AF 与平面α所成角的正弦值为15． 考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．DD 1C 1A 1EFABCB 1。
专题17立体几何解答题【2023高考】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题17 立体几何解答题一、解答题1．(2022年全国甲卷理科·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析：； ．解析：(1)证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以12AE BF ==，故DE =BD ==，所以222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BD ⊥平面PAD ，又因PA ⊂平面PAD ，所以BD PA ⊥；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =，则()()(1,0,0,,A B P ，则(((,0,,AP BP DP =-== ，设平面PAB 的法向量(),,n x y z = ，则有0{0n AP x n BP ⋅=-=⋅=+=，可取)n = ，则cos ,n DP n DP n DP ⋅== ，所以PD 与平面PAB．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第18题2．(2022年全国乙卷理科·第18题ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面A B D 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面A B D所成的角的正弦值为解析：【小问1详解】因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD ．【小问2详解】连接EF ，由(1)知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小．因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，B E 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE +=，所以BE DE ⊥．以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,1,0AD AB =-=- ，设平面A B D 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y()3n = ，又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以314CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,n CF n CF n CF ⋅=== ，设CF 与平面A B D 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面A B D．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国乙卷理科·第18题3．(2022新高考全国II 卷·第20题)如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值．【答案】(1)证明见解析 (2)1113解析:(1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，的又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB =所以12AC =，所以()2,0O，()B，()2,3P ，()0,12,0C，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则32AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()AB = ，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则3020n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =- ；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以)6m =- ；所以cos ,n m n m n m⋅=== 设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos θ=，所以11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国II 卷·第20题4．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】解析：(1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h = 所以点A 到平面1A BC；(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由(1)得AE =，所以12AA AB ==，1A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩ ，可取()0,1,1n =-r ，则1cos ,2m n m n m n⋅===⋅ ，所以二面角A BD C --=．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第19题5．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．(1)证明：平面QAD ⊥平面；(2)求二面角B QD A --平面角的余弦值．【答案】解析:(1)取AD 的中点为O ，连接,QO CO ．因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA =2QO ==．在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OC AD O = ，故QO⊥的平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD ．(2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系．则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=- ．设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ，故12cos ,3312m n ==⨯ ．二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题6．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【答案】解析：(1)因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD(2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11111332BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯=的【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第20题7．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明： 在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题8．(2020新高考II 卷(海南卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明： 在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第20题9．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B --的正弦值．【答案】；解析：(1)PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a ==；(2)设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由11110m AM x y m AP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM x nBP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，cos ,m n m n m n⋅<>===⋅，所以，sin ,m n <>==因此，二面角A PM B --【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：(1)建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；(3)计算(2)中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第18题10．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥；(2)当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)见解析；(2)112B D =解析：因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．的以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a (02a ≤≤)．(1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．(2)设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a (02a ≤≤)，在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第19题11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO ．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；．【解析】(1)由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则DO =，1122CO BO AE ===，所以PO ==PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，所以PA ⊥平面PBC ；(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E P B C ---，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得22z y ==，所以m =故cos ,||||n m m n n m ⋅<>===⋅设二面角B PC E --的大小为θ，则cos θ=【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题12．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；解析：(1) ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥又 侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF ∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N=∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AB m== O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP ==//EF BC ∴AP EPAM BM =∴3EP =解得：EP m=在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m= 1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ由(1)11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG、1C E 、1C F ，在在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG = ，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；(2)以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =-- ，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =- ，()12,0,1A F =- ，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =- ，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，cos,m nm nm n⋅<>===⋅设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cosθ=，sinθ∴==因此，二面角1A EF A--．【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题14．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B−CG−A 的大小．【答案】(1)见详解；(2)30 ．【官方解析】(1)由已知得//AD DE ，//CG BE ,所以//AD CG ，故,AD CG 确定一个平面．从而,,,A C G D 四点共面．由已知得,AB BE AB BC ⊥⊥，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面BCGE ．(2)作EH BC ⊥,垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，可求得1,BH EH ==．以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -，则(1,1,0),(1,0,0),(2,1,0)A C G CG AC -==-．设平面ACGD 的法向量为(,,)n x y z =，则CG n AC n ⎧=⎪⎨=⎪⎩即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,6,n =- ．图2图1AA又平面BCGE 的法向量可取为(0,1,0)m =，所以cos ,n mn m |n||m|〈〉=因此二面角B - CG - A 的大小为30︒．【点评】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题15．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【答案】()1证明见解析；(2.【官方解析】证明：()1由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．()2由()1知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt ABE Rt A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则()0,1,0C ，()1,1,0B ，()10,1,2C ，()1,0,1E ，()1,0,0CB = ，()1,1,1CE =- ，()10,0,2CC =．设平面EBC 的法向量为()111,,n x y z =，则00CB n CE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11110,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()0,1,1n =-- .设平面1ECC 的法向量为()222,,m x y z =，则100CC m CE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即222220,0z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()1,1,0m = .于是1cos ,2n m n m n m⋅==-⋅．所以，二面角1B EC C --．【分析】()1利用长方体的性质，可以知道11B C ⊥侧面11A B BA ，利用线面垂直的性质可以证明出11B C EB ⊥，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE ⊥平面11EB C ；()2以点D 坐标原点，以1,,DA DC DD分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为a ，1B B b =，求出相应点的坐标，利用1BE EC ⊥，可以求出,a b 之间的关系，分别求出平面EBC 、平面1ECC 的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角1B EC C --的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角1B EC C --的正弦值.【解析】()1因为1111ABCD A B C D -是长方体，所以11B C ⊥侧面11A B BA ，而BE ⊂平面11A B BA ，所以11BE B C ⊥,又1BE EC ⊥，1111B C EC C = ，111,B C EC ⊂平面11EB C ，因此BE ⊥平面11EB C ；()2以点B坐标原点，以1,,BA BC BB分别为,,x y z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(0,,0),(0,,),(,0,)2b B C a C a b E a ，因为1BE EC ⊥，所以2210(,0,(,,002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒= ，所以(,0,)E a a ，1(,,),(0,0,2),(,0,)EC a a a CC a BE a a =--==，设111(,,)m x y z =是平面BEC 的法向量，所以111110,0,(1,0,1)0.0.ax az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，设222(,,)n x y z =是平面1ECC 的法向量，所以2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，二面角1B EC C --12，所以二面角1B EC C --=【点评】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题16．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D的中点．D 1C 111(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．【答案】解：(1)连结1,B C ME ．因为,M E 分别为1,BB BC 的中点，所以1//ME B C ，且112ME B C =．又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =．由题设知11A B ，可得11B C A D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，//MN ED ．又MN ⊄平面1C DE ，所以//MN 平面1C DE ．(2)由已知可得DE DA ⊥．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则1(2,0,0),(2,0,4),2),(1,0,2)A A M N ，1(0,0,4)A A =-，1(2)A M =-- ，1(1,0,2)A N =-，(0,MN =．设(,,)m x y z = 为平面1A MA 的法向量，则1100m A M m A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取m =．设(,,)n p q r = 为平面1A MN 的法向量，则100n MN n A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，．所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)n =- ．于是cos ,m n m n m n ⋅===⋅，所以二面角1A MA N --．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题17．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M 是弧CD 上异于,C D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【答案】【官方解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD因为BC CD ⊥，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC DM⊥因为M 为 CD上异于,C D 的点，且DC 为直径，所以DM CM ⊥又BC CM C = ，所以DM ⊥平面BMC而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz-当三棱锥M ABC -体积最大时，M 为 CD的中点，由题设得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,1,1M ()2,1,1AM =- ，()0,2,0AB = ，()2,0,0DA = 设(),,n x y z = 是平面MAB 的法向量，则00n AM n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2020x y z y -++=⎧⎨=⎩可取()1,0,2n = 易知DA 是平面MCD的法向量，因此cos ,n DA n DA n DA⋅<>==⋅所以sin ,n DA <>== 所以面MAB 与面MCD【民间解析】(1)证明：因为面ABCD ⊥半圆面CMD ，且面ABCD 半圆面CMD CD=而四边形ABCD 为正方形，所以AD CD ⊥，所以AD ⊥平面MCD又CM ⊂平面MCD ，所以AD CM ⊥①又因为点M 在以CD 为直径的半圆上，所以CM MD ⊥②又MD 、AD ⊂面MAD ，且MD AD D = ③由①②③可得CM ⊥面MAD ，而CM ⊂平面BMC所以平面AMD ⊥平面BMC(2)如图，以DC 所在直线作为y 轴，以DC 中点为坐标原点O ，过点O 作DA 的平行线，作为x 轴，过点O 作面ABCD 的垂线，作为z轴，建立空间直角坐标系因为13M ABC ABC M ABC V S d --=⋅△，而12222ABC S =⨯⨯=△所以当点M 到平面ABCD 的距离最大时，三棱锥M ABC -的体积最大，此时MO CD⊥所以()0,0,1M ，()2,1,0AA -，()2,1,0B ；()0,1,0C ，()0,1,0D -设面MAB 的法向量为()111,,m x y z = ，易知面MCD 的法向量为()2,0,0n DA == 所以()2,1,1MA =-- ，()2,1,1MB =- 由00m MA m MB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即1111112020x y z x y z --=⎧⎨+-=⎩，解得11102y z x =⎧⎨=⎩，可取()1,0,2m =所以cos ,m n m n m n ⋅<>=== 故所求面MAB 与面MCD==．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题18．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM所成角的正弦值．【答案】解析：(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =．连接OB．因为AB BC AC ==，所以ABC ∆为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB u u u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0)O ，(2,0,0)B ，(0,2,0)A -，(0,2,0)C，P，AP =u u u r ．取平面PAC 的法向量为(2,0,0)OB =u u u r ．设(,2,0)(02)≤M a a a -<，则(,4,0)AM a a =-u u u r ．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ，由0AP ⋅=u u u r n ，0AM ⋅=u u u r n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB <>=u u u r n，由已知可得cos ,OB <>=u u u r n PAB M COA=，解得4a =-(舍去)，43a =．所以4()3n =-．又(0,2,PC =- ，所以cos ,n PC <>=u u u r ．所以PC 与平面PAM ．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题19．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DCF ∆折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥．(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】解析：(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．(2)作PH EF ⊥，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -．由(1)可得，DE PE ⊥．又2DP =，1DE =，所以PE =．又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥．可得32PH EH ==．则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --= 32HP = 为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin ||||||HP DP HP DP θ⋅===⋅ ．所以DP 与平面ABFD．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题20．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,在四棱锥中,,且．(1)证明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值．【答案】(1)详见解析;(2)二面角的余弦值为． 【分析】(1)根据题设条件可以得出,,而,就可证明出平面．进而证明平面平面;(2)先找出的中点,找出相互垂直的线,建立以为坐标原点,的方向为轴的正方向,为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设是平面的法向量,是平面的法向量,根据垂直关系,求出和,利用数量积公式可求出二面角的平面角． 【解析】(1)由已知,得,由于,故,从而平面又平面,所以平面平面(2)在平面内做,垂足为,由(1)可知,平面,故,可得平面． P ABCD -//AB CD 90BAP CDP ∠=∠=︒PAB ⊥PAD PA PD AB DC ===90APD ∠=︒A PB C --A PB C --AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB ⊥ PAD PAB ⊥PAD AD F FA x AB (),,n x y z = PCB (),,m x y z = PAB (0,1,n =- ()1,0,1m = 90BAP CDP ∠=∠=︒AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB PD ⊥AB ⊥PAD AB ⊂PAB PAB ⊥PAD PAD PF AD ⊥F AB ⊥PAD AB PF ⊥PF ⊥ABCD以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系．由(1)及已知可得,,,． 所以,,,． 设是平面的法向量,则,即,可取． 设是平面的法向量,则,即,可取． 则,所以二面角的余弦值为． 【考点】面面垂直的证明,二面角平面角的求解．【点评】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:①求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角;②求直线与平面所成的角,关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角;③求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角．建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．F FA x ||AB F xyz-APB (C(PC =CB =PA = (0,1,0)AB = (,,)x y z =n PCB 00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ nn 00x y z ⎧+=⎪=(0,1,=-n (,,)x y z =m PAB 00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ mm 00z y =⎪=⎩(1,0,1)=n cos ,||||⋅==<>n m n m n m A PB C --ABCD ABC ∆ACD ∆ABD CBD ∠=∠AB BD =(1)证明：平面平面；(2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明略． 【解析】证明:(1)取的中点为,连接为等边三角形∴∴．∴,即为等腰直角三角形,为直角又为底边中点ACD ⊥ABC AC BD E AEC ABCD D AE C --AC O ,BO DO ABC ∆ BO AC ⊥AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆AD CD =ACD ∆ADC ∠O AC∴ 令,则 易得:,∴由勾股定理的逆定理可得即又∵ 由面面垂直的判定定理可得(2)由题意可知即,到平面的距离相等即为中点以为原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,设,建立空间直角坐标系则,,,,DO AC ⊥AB a =AB AC BC BD a ====OD a=OB =222OD OB BD +=2DOB π∠=OD OB ⊥OD AC OD OB AC OB OAC ABC OB ABC ⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩ 平面平面OD ABC ∴⊥平面OD ADC ⊂平面ADC ABC ⊥平面平面V V D ACE B ACE --=B D ACE E BD O OA x OB y OD z AC a =()0,0,0O ,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得:,, 设平面的法向量为,平面的法向量为, 则,解得 ,解得 若二面角为,易知为锐角,则．【考点】二面角的平面角;面面角的向量求法【点评】(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算．(2)设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与<m ,n >互补或相等,故有|cos θ|=|cos<m ,n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)如图，四棱锥 中，侧面 为等比三角形且垂直于底面 ， 是 的中点．(1)证明：直线 平面；(2)点 在棱上，且直线 与底面 所成锐角为 ，求二面角 的余弦值．【答案】(1)证明略；,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ AED 1n AEC 2n 1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 1n = 2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ (20,1,n = D AE C --θθ1212cos n n n n θ⋅==⋅ ⋅m n m n P ABCD -PAD ABCD o 1,90,2AB BC AD BAD ABC =∠=∠=E PD //CE PAB M PC BM ABCD o 45M AB D --【基本解法1】(1)证明：取中点为，连接、因为，所以因为是的中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面(2)取中点为，连接因为△为等边三角形，所以因为平面平面，平面平面，平面所以平面因为，所以四边形为平行四边形，所以所以以分别为轴建立空间直角坐标系，如图设，则，所以设，则，因为点在棱上，所以，即所以，所以平面的法向量为因为直线与底面所成角为，所以解得设平面的法向量为，则令，则PA F EF AF90BADABC ∠=∠=︒12BC AD =BC 12AD E PD EF 12AD EF BCEFBC //EC BFBF ⊂PABEC ⊄PAB//CEPABAD O OC OP、PAD PO ⊥ADPAD ⊥ABCD PAD ABCD AD =PO ⊂PADPO ⊥ABCDAO BC OABC //AB OCOC AD⊥,,OC OD OP ,,x yz 1BC =(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --(1,0,PC = (,,)M x y z (,,PM x y z =-(1,0,0)AB = M PC (01)PM PC λλ=≤≤ (,,(1,0,x y z λ=()M λ()BM λ=- ABCD (0,0,1)n = BM ABCD 45︒|||sin 45||cos ,|||||BM n BM n BM n ⋅︒=<>=== 1λ=-(BM = MAB (,,)m x y z = 00AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 1z =m =所以所以求二面角【基本解法2】(1)证明：取中点为，连接因为，所以，即所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面因为是的中点，所以因为平面，平面所以直线平面因为，所以平面平面因为平面所以直线平面(2)同上【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解【知识拓展】线面平行的证明一般有两个方向，线面平行的判定或面面平行的性质。
专题20 立体几何解答题
11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷文科·第19题)如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 是底面的内接正三角形， 为 上一点，∠APC=90°．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO= ，圆锥 侧面积为 ，求三棱锥P−ABC的体积．
12．(2020年高考数学课标Ⅱ卷文科·第20题)如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1 底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(Ⅱ)求平面 把该长方体分成的两部分体积的比值．
27．(2015年高考数学课标Ⅰ卷文科·第18题)(本小题满分12分)如图四边形ABCD 为菱形， 为 与 交点， ，
( )证明：平面 平面 ；
( )若 ， 三棱锥 的体积为 ，求该三棱锥的侧面积．
28．(2014年高考数学课标Ⅱ卷文科·第18题)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
( )证明G是AB的中点；
( )在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
26．(2015年高考数学课标Ⅱ卷文科·第19题)(本小题满分12分)如图,长方体 中 ，点 分别在 上, 过点 的平面 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形．
(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说明画法与理由)；
(1)证明： 平面 ；
(2)求点 到平面 的距离．
17．(2018年高考数学课标Ⅲ卷文科·第19题)(12分)如图，矩形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异于 ， 的点．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？说明理由．
专题06 立体几何(解答题)——三年(2018-2020)高考真题理科数学分项汇编
专题06立体几何（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,63PO a AO a AB a ===，2PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以1(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,)2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为5.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a，则1(NQ B a =，故112(,,|333B E a B E =--=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN的法向量，故1111πsin(,)cos ,2||B E B E B E B E ⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN．3．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =-- ，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．4．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====，得BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为3.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC所成角的正弦值为3.【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．6．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =-- ，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E所成角的正弦值为3．7．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105.【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1= DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(2)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是15cos ,||5⋅〈〉==‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为5．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB = ，(1,1,1)CE =- ，1(0,0,2)CC = ．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为32．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH 3．以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，03），CG =（1，0，3），AC =（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即30,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，3又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.10．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）求二面角F–AE–P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-= ．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P 为锐角，所以其余弦值为33．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==-- ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++= n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.11．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h = ，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=-- ．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==- n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．12．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.13．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG .由于O 为A 1G 的中点，故122A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，3），B 3，1，0），1(3,3,23)B ，33,,3)22F ，C (0，2，0)．因此，33,,23)22EF = ，(3,1,0)BC = ．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C -- ，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n ，得3030x y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (131)=，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅ ，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.14．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）3 4 .【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，如图，由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.则DP与平面ABFD所成的角为PDH∠.在三棱锥P-DEF中，可以利用等体积法求PH.因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故13F PDE PDE V PF S-=⋅△，因为BF∥DA且BF⊥平面PEF，所以DA⊥平面PEF，所以DE⊥EP.设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，在△PDE 中，PE =，所以22PDE S a =△，故36F PDE V a -=，又2122DEF S a a a =⋅=△，所以232F PDE V PH a a -==，所以在△PHD 中，sin 4PH PDH PD ∠==，故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.方法二：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .（2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE .又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得33,22PH EH ==.则33(0,0,0),(0,0,(1,,0),(1,,2222H P D DP --= (0,0,2HP = 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||4||||HP DP HP DP θ⋅=== .所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.15．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．C【答案】（1）见解析；（2）4．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),O B A C P AP -=uu u r 取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =uu u r．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-uuu r ．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n 得230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取3(3,)a a a =--n ，所以2223(cos ,23(4)3OB a a a =-++uu u r n ．由已知可得3|cos ,|2OB =uu u r n ．222233223(4)3a a a -++．解得4a =-（舍去），43a =．所以83434(,,333=--n ．又(0,2,23)PC =-uu u r ，所以3cos ,4PC =uu u r n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34．16．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）255.【解析】（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为 CD上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC CM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为 CD的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-== 设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此cos ,5||||DA DA DA ⋅== n n n，sin ,5DA = n ，所以面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值是5.17．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．【答案】（1）20；（2）5．【解析】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以31(,2)22P -，从而131(,2)(0,2,222),BP AC ==- ，故111||310|cos ,|20||||522BP AC BP AC BP AC ⋅==⋅⨯ ．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020．（2）因为Q 为BC 的中点，所以31(,0)2Q ，因此33(,0)2AQ = ，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC == ．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅= n n 即330,22220.x y y z +=⎨⎪+=⎩不妨取(3,1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||5sin |cos |,|||552CC CC CC |θ==⋅⨯⋅== n n n ，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55．18．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC ．因为AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．19．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）3913.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =，由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =由1CC AC ⊥，得113AC =2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21B C A B AC ===得1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=，所以13C D =，故11139sin 13C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913.方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此111112),(1,2),(0,3),AB A B A C ==-=-uuu r uuu u r uuu u r 由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r 得111AB A B ⊥.由1110AB A C ⋅=uuu r uuu u r 得111AB A C ⊥.所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,(1,(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu r uuu r uuu r n |n n |.因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13.【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.20．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析.【解析】（1）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ．∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1．又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ．∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ．如图建立空间直角坐标系E -xyz．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB uu u r uu r ，，，，，，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ，∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uu r n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ，又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB uu r ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu r uu r uu r n n n ．由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为21．（3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴=(021)GF -uuu r ，，，∴2GF ⋅=-uuu r n ，∴n 与GF uuu r 不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．21．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】（1）见解析；（2）10；（3）3.【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（1）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅= n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =- ，，，CF =（0，–1，2）．设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n ，于是sin<m ，n>=10．所以，二面角E –BC –F．（3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =-- ，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DC ⋅<⋅>== ，2，解得h=3∈［0，2］．.所以线段DP的长为3专题06立体几何（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．3．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．4．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．6．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．7．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.10．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC ．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．11．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．12．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．13．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.14．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.15．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；--为30︒，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（2）若点M在棱BC上，且二面角M PA CC16．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M是 CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．（2）当三棱锥M ABC17．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．18．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．19．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．20．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．21．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.。
2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题（精解精析版）一、选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为()A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D解析：如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=．故选：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A．B．C．D．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为()A．212B．312C．24D．34【答案】A解析：,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则22d =，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=．故选：A ．【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为()A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==．故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得154b a =（负值舍去）．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为()A ．3B ．32C ．1D ．32【答案】C解析：设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=-=，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=．故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．7．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．6+4B ．C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．9．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD △为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则()A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B 【解析】取DC 中点E ，如图连接辅助线，在BDE △中，N 为BD 中点，M 为DE 中点，所以//MN BE ，所以BM ，EN 共面相交，选项C ，D 错误． 平面CDE ⊥平面ABCD ，EF CD ⊥，EF ∴⊥平面ABCD ，又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ，从而EF FN ⊥，BC MC ⊥．所以MCB △与EFN△均为直角三角形．不妨设正方形边长为2，易知3,1MC EF NF ===，所以22(3)27BM =+=，22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠，故选B ．【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目．10．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面，则αβ//的充要条件是()()A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ//的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ//，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ//的必要条件，故选B .【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．11．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC △是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为()A ．B ．C ．D 【答案】D解析：三棱锥P ABC -为正三棱锥，取AC 中点M ，连接,PM BM ，则,AC PM AB BM ⊥⊥，PM BM M = ，可得AC ⊥平面PBM ，从而AC PB ⊥，又//,PB EF EF CE ⊥，可得PB CE ⊥，又AC CE C = ，所以PB ⊥平面PAC ，从而,PB PA PB PC ⊥⊥，从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O 的直径，即22R R ==，所以球O 的体积为343V R π==．12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A．B．C．D．【答案】B解析：设ABC △的边长为a，则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒，故球心O 到面ABC2==，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ，所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C ．15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A【解析一】根据题意，平面α与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直，且交于点M ．平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q ．正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时，截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时，截面为三角形且周长还渐减小。
高考立体几何汇编
B.
2 5
C.
3 5
D.
4 5
20.（2012 全国新课标卷 11）已知三棱锥������ − ������������������的所有顶点都在球 O 的球面上，∆������������������是
3
追求卓越王志坤整理精益求精
边长为 1 的正三角形，SC 为球 O 的直径，且������������ = 2，则此棱锥的体积为（） A.
（第 4 题）
5.（2009 四川卷 8）如图，在半径为 3 的球面上有 A B、C 三点，∠������������������ = 90° ，������������ = ������������ ，球心 O 到平面 ABC 的距离是 是（） A. C.
������ 3 4������ 3 3 2 2
1 3 17 25
B. ������������������������������������������ （第 15 题）
25
18
������������
D.
4 15
������������
（第 16 题） （第 17 题）
17. （2010 江西卷 10） 过正方体������������������������ − ������1 ������1 ������1 ������1 的顶点 A 作直线 l， 使 l 与棱 AB、 AD、 ������������1 所成 的角都相等，这样的直线 l 可以作（） A. 1 条 B. 2 条 C. 3 条 D. 4 条 18.（2008 北京卷）如图动点 P 在正方体������������������������ − ������1 ������1 ������1 ������1 的对角线������������1 上，过点 P 作垂直于平面������������1 ������1 ������的直线， 与正方体表面相交于 M、N，设������������ = ������，������������ = ������，则函 数������ = ������ ������ 的图象大致是（）
【高考压轴题】空间立体几何经典大题汇编100题(含答案)
【高考压轴题】空间立体几何经典大题汇编100题（含答案)未命名一、解答题1．直三棱柱'''ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2的正三角形，'D 是棱''A C 的中点，且'AA =.（1）若点M 为棱'CC 的中点，求异面直线'AB 与BM 所成角的余弦值； （2）若点M 在棱'CC 上，且'A M ⊥平面''AB D ，求线段CM 的长.2．如图，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，CF ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，45BAC ∠=︒，CF DE =，,G H 分别为,AC BC 的中点.（1）求证：//BD 平面FGH ；（2）求平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小.3．在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ==12AB AA ==，E 是棱1CC 的中点.(1)求证：平面1A AB ⊥平面1A BE ； (2)求二面角1A BE A --的余弦值.4．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面,,ABCD AB AD CD BC ==. （1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ； （2）若120,60B A D B CD ∠=∠=，且P B P D ⊥，求二面角B PC D --的平面角的大小.5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 是矩形，11AB B C ⊥，平面1A BC ⊥平面11AB C .（1）求证：11AB A B ⊥；（2）若113B C =，4AB =，160ABB ︒∠=，求二面角1A A C B --的余弦值.6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是111,CC B C 的中点．（1）求证：1A F //平面1AD E ； （2）求二面角1D E A DC --余弦值.7．在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，//EF AB ，1DE EF ==，2DC BF ==，30EAD ︒∠=.（Ⅰ） 求证：AE ⊥平面CDEF ；（Ⅱ）在线段BD 上确定一点G ，使得平面EAD 与平面FAG 所成的角为30︒. 8．已知四棱锥P ABCD -中，平面PCD ⊥平面ABCD ，且22PD PC BC ===， 2,3BCD ABD π∠=∆是等边三角形，AC B D E =. (1)证明：PC ⊥平面PAD ； (2)求二面角P AB C --的余弦值.9．已知直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB AD ⊥，22AB AD CD ===，E 、F 分别是边AD 、BC 上的点，且//EF AB ，沿EF 将EFCD 折起并连接成如图的多面体CD ABFE -，折后BE ED ⊥．（Ⅰ）求证：AE FC ⊥；（Ⅱ）若折后直线AC 与平面ABFE 所成角θABCD ⊥平面FCB ．10．如图，在四棱锥S ABCD -中，SA ⊥平面ABCD ，且90ABC BCD ∠=∠=︒，22SA AB BC CD ====，E 是边SB 的中点．（1）求证：AE ⊥平面SBC ；（2）若F 是线段SB 上的动点（不含端点）：问当BF FS为何值时，二面角D CF B--余弦值为10-． 11．如图，已知三棱柱111ABC A B C -，侧面11BCC B ABC ⊥底面. (Ⅰ)若,M N 分别是1,AB AC 的中点，求证：11//MN BCC B 平面； (Ⅱ)若三棱柱111ABC A B C -的各棱长均为2，侧棱1BB 与底面ABC 所成的角为60︒，问在线段11A C 上是否存在一点P ，使得平面111B CP ACC A ⊥平面?若存在，求1C P 与1PA 的比值，若不存在，说明理由．12．已知某几何体直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.（1）求证：BN 11C B N ⊥平面；（2）11sin C N CNB θθ设为直线与平面所成的角,求的值；（3）设M 为AB 中点，在BC 边上找一点P ，使MP //平面1CNB 并求BPPC的值. 13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别是棱,BC AB 的中点，点F 在1CC 棱上，且AB AC =，13AA =，2BC CF ==.（1）求证：1//C E 平面ADF ；（2）当2AB =时，求二面角111A C E B --的余弦值.14．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知1CA CB ==，12AA =，90BCA ︒∠=．（1）求异面直线1BA 与1CB 夹角的余弦值； （2）求二面角1B AB C --平面角的余弦值．15．已知正三棱柱 中， 、 分别为 的中点，设.（1）求证：平面 平面 ；（2）若二面角 的平面角为，求实数 的值，并判断此时二面角是否为直二面角，请说明理由.16．在直三棱柱中，13,2,AA AB BC AC D ====是AC 中点. （Ⅰ）求证：1B C //平面1A BD ； （Ⅱ）求点1B 到平面1A BD 的距离； （Ⅲ）求二面角11A DB B --的余弦值.17．如图,在三棱柱ABC -111A B C 中,侧棱与底面垂直,090BAC ∠=,AB AC =1AA =2=,点,M N 分别为1A B 和11B C 的中点.(1)证明:1A M ⊥MC ;(2)求二面角N MC A --的正弦值.18．如图，四边形ABCD 是正方形，EA ⊥平面ABCD ，//EA PD ，22AD PD EA ===，F ，G ，H 分别为PB ，EB ，PC 的中点.（1）求证：//FG 平面PED ；（2）求平面FGH 与平面PBC 所成锐二面角的大小；（3）在线段PC 上是否存在一点M ，使直线FM 与直线PA 所成的角为3π？若存在，求出线段PM 的长；若不存在，请说明理由.19．已知五边形ABCDE 是由直角梯形ABCD 和等腰直角三角形ADE 构成，如图所示， AB AD ⊥， AE DE ⊥， AB CD ，且224AB CD DE ===，将五边形ABCDE 沿着AD 折起，且使平面ABCD ⊥平面ADE .（Ⅰ）若M 为DE 中点，边BC 上是否存在一点N ，使得MN 平面ABE ？若存在，求BNBC的值；若不存在，说明理由； （Ⅱ）求二面角A BE C --的平面角的余弦值.20．如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的多面体中，四边形ACDF 是菱形，60,,//FAC AC BC AB DE ∠=︒⊥， //,2,1,BC EF AC BC BF ===（1）求证：BC ⊥平面ACDF ； （2）求二面角C AE F --的余弦值.21．在PABC 中，4PA =，PC =45P ∠=︒，D 是PA 中点（如图1）.将PCD ∆沿CD 折起到图2中1PCD ∆的位置，得到四棱锥1P ABCD -.（1）将PCD ∆沿CD 折起的过程中，CD ⊥平面1P DA 是否成立？并证明你的结论； （2）若1P D 与平面ABCD 所成的角为60°，且1PDA ∆为锐角三角形，求平面1P AD 和平面1P BC 所成角的余弦值.22．四棱锥P ABCD -中，侧面PDC 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是60ADC ∠=︒的菱形，M 为PB 的中点，Q 为CD 的中点.（1）求证：PA CD ⊥；（2）求AQ 与平面CDM 所成的角.23．如图，在正方体ABCD – A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别是棱BC ，A 1B 1，B 1C 1的中点．（1）求异面直线EF 与DG 所成角的余弦值；（2）设二面角A —BD —G 的大小为θ，求 |cos θ| 的值．24．如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 60DAB DBF ∠=∠=︒，且F A F C =.（1）求证：AC ⊥平面BDEF ；（2）求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值.25．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,F G 分别是棱1,CC AD 的中点，E 为棱AB 上一点，且异面直线1B E 与BG 所成角的余弦值为25.（1）证明：E 为AB 的中点；（2）求平面1B EF 与平面11ABC D 所成锐二面角的余弦值.26．如图，ABC ∆中，02,4,90AC BC ACB ==∠=，,D E 分别是,AC AB 的中点，将ADE ∆沿DE 折起成PDE ∆，使面PDE ⊥面BCDE ，,H F 分别是PD 和BE 的中点，平面BCH 与PE ，PF 分别交于点,I G .（1）求证：//IH BC ；（2）求二面角P GI C --的正弦值.27．如图，矩形ABCD 中，6AB =，AD =点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD沿着对角线AC 折成二面角D AC B '--，使得D B '=．（Ⅰ）求证：当AF =D F BC '⊥；（Ⅱ）试求CF 的长，使得二面角A D F B -'-的大小为4π．28．如图，在三棱锥P ABC -中，,,CP CA CB 两两垂直且相等，过PA 的中点D 作平面α∥BC ，且α分别交PB ，PC 于M 、N ，交,AB AC 的延长线于,E F ．（Ⅰ）求证：EF ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若2AB BE =，求二面角P DM N --的余弦值.29．如图1，在M B C △中，24BM BC ==，BM BC ⊥，A ，D 分别为BM ，MC 的中点．将MAD △沿AD 折起到PAD △的位置，使90PAB ∠=，如图2，连结PB ，PC ．（Ⅰ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段PC 上是否存在一点G ，使二面角G AD P --求出PGPC的值；若不存在，请说明理由．30．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形.（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若PA AB BD ==，求PC 与平面PBD 所成角的正弦值.31．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，//,,1,AB CD AD CD AD AB BC ⊥===过A 作一个平面α使得//α平面PBC .（1）求平面α将四棱锥P ABCD -分成两部分几何体的体积之比；（2）若平面α与平面PBC PA 与平面PBC 所成角的正弦值.32．如图几何体ADM-BCN 中，ABCD 是正方形，CD //NM ，,AD MD CD CN ⊥⊥，MDC ∠=120o ，30CDN ∠=，24MN MD ==.（Ⅰ）求证：//AB CDMN 平面； （Ⅱ）求证：DN AMD ⊥平面； （Ⅲ）求二面角N AM D --的余弦值.33．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，且1PA AB ==，点E 在线段PC 上，且2PE EC =. （Ⅰ）证明：平面BDE ⊥平面PCD ； （Ⅱ）求二面角P BD E --的余弦值.34．在如图所示的多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，AC AD CD DE 2AB 1G =====，，为AD 中点，F 是CE 的中点. （1）证明：BF 平面ACD （2）求点G 到平面BCE 的距离.35．如图所示，四棱锥P ABCD -的侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，且//,AB CD AB AD ⊥,12CD PD AD AB ===,E 是PB 中点.（1）求证：CE ⊥平面PAB ；（2）若4CE AB ==，求直线CE 与平面PDC 所成角的大小.36．如图，在四棱锥E ABCD -中，ABD ∆是正三角形，BCD ∆是等腰三角形，120BCD ∠=，EC BD ⊥．（1）求证：BE DE =；（2）若AB =AE =EBD ⊥平面ABCD ，直线AE 与平面ABD 所成的角为45°，求二面角B AE D --的余弦值．37．如图1，在平行四边形11ABB A 中，160ABB ∠=︒，4AB =，12AA =，C 、1C 分别为AB 、11A B 的中点，现把平行四边形11ABB A 1沿C 1C 折起如图2所示，连接1B C 、1B A 、11B A ．（1）求证：11AB CC ⊥；（2）若1AB =11C AB A --的正弦值．38．如图,已知四棱锥S ABCD -中,底面ABCD 是边长为2的菱形,60BAD ∠=︒,SA SD SB ===点E 是棱AD 的中点,点F 在棱SC 上,且SF SC λ=,SA //平面BEF .（1）求实数λ的值;（2）求二面角S BE F --的余弦值.39．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且PA PD =，90APD ︒∠=.（Ⅰ）证明：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅱ）求二面角A PB C --的余弦值.40．如图，空间四边形OABC 中，,OA BC OB AC ⊥⊥.求证：OC AB ⊥.41．如图，直角梯形BDFE 中，||EF BD ，BE BD ⊥，EF =等腰梯形ABCD 中，||AB CD ，AC BD ⊥，24AB CD ==，且平面BDFE ⊥平面ABCD . （1）求证：AC ⊥平面BDFE ； （2）若BF 与平面ABCD 所成角为4π，求二面角B DF C --的余弦值.42．在如图所示的几何体中，正方形ABEF 所在的平面与正三角形ABC 所在的平面互相垂直，//CD BE ，且2BE CD =，M 是ED 的中点． （1）求证：//AD 平面BFM ；（2）求面EDF 与面ADB 所成锐二面角的大小．43．如图，四面体中，分别是的中点，（1）求证：平面;（2）求直线与平面所成角的正弦值.44．如图，已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，CC '，AA '，C D ''的中点.（1）求证：EF 平面GHD ； （2）求直线EF 与BD '所成的角.45．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PAB ∆为正三角形，且侧面P AB ⊥底面ABCD ，E 为线段AB 的中点，M 在线段PD 上.（I ）当M 是线段PD 的中点时，求证：PB // 平面ACM ； （II ）求证：PE AC ⊥；（III ）是否存在点M ，使二面角M EC D --的大小为60°，若存在，求出PMPD的值；若不存在，请说明理由．46．长方形ABCD 中，2AB AD =，M 是DC 中点（图1）．将△ADM 沿AM 折起，使得AD BM ⊥（图2）在图2中：（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCM ；（2）在线段BD 上是否存点E ，使得二面角E AM D --为大小为π4，说明理由． 47．如下图，在空间直角坐标系O xyz -中，正四面体（各条棱均相等的三棱锥）ABCD 的顶点,,A B C 分别在x 轴，y 轴，z 轴上.（Ⅰ）求证：//CD 平面OAB ； （Ⅱ）求二面角C AB D --的余弦值.48．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形， //AD BC ,AB DC ==1122AD AA BC ===，点P ，Q 分别为11A D ，AD 的中点.（Ⅰ）求证：//CQ 平面1PAC ； （Ⅱ）求二面角1C AP D --的余弦值；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点E ，使PE 与平面1PAC 所成角的正弦值是21若存在，求BE 的长；若不存在，请说明理由.49．如图在棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，PD ⊥面ABCD ，2PB =，PB 与面PCD 成045角，PB 与面ABD 成030角.（1）在PB 上是否存在一点E ，使PC ⊥面ADE ，若存在确定E 点位置，若不存在，请说明理由；（2）当E 为PB 中点时，求二面角P AE D --的余弦值.50．如图所示，在底面为正方形的四棱柱1111ABCD A B C D -中，1111,2,3AA A B A D AB AA B π===∠=.（1）证明：平面1A BD ⊥平面11A BC ； （2）求直线1AC 与平面1DBC 所成角的正弦值.51．如图，在等腰梯形ABCD 中，060ABC ∠=，上底2CD =，下底4AB =，点E 为下底AB 的中点，现将该梯形中的三角形BEC 沿线段EC 折起，形成四棱锥B AECD -.（1）在四棱锥B AECD -中，求证：AD BD ⊥；（2）若平面BEC 与平面AECD 所成二面角的平面角为0120，求直线AE 与平面ABD所成角的正弦值.52．如图，已知四棱锥P ABCD - 中，//,,3,4,4,AB CD AB AD AB CD AD AP ⊥====060PAB PAD ∠=∠=.（1）证明：顶点P 在底面ABCD 的射影在BAD ∠的平分线上； （2）求二面角B PD C --的余弦值.53．如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥平面11AAC C ，12AA AB AC ===，160A AC ∠=.过1AA 的平面交11B C 于点E ，交BC 于点F .(l)求证：1A C ⊥平面1ABC ；(Ⅱ)求证：四边形1AA EF 为平行四边形； (Ⅲ)若是23BF BC =，求二面角1B AC F --的大小． 54．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，平面PAD ⊥平面,//,ABCD BC AD ,PA PD ⊥,60,AB AD PDA E ⊥∠=为侧棱PD 的中点，且2,4AB BC AD ===.（1）证明：//CE 平面PAB ； （2）求二面角A PB C --的余弦值.55．如图1，梯形ABCD 中，AD BC ∥，CD BC ⊥，1BC CD ==，2AD =，E为AD 中点.将ABE ∆沿BE 翻折到1A BE ∆的位置，使11A E A D =，如图2.（Ⅰ）求证：平面1A DE ⊥与平面BCDE ； （Ⅱ）求直线1A B 与平面1A CD 所成角的正弦值；（Ⅲ）设M N 、分别为1A E 和BC 的中点，试比较三棱锥1M A CD -和三棱锥1N A CD -（图中未画出）的体积大小，并说明理由.56．如图1，梯形ABCD 中，//,,1,2,AD BC CD BC BC CD AD E ⊥===为AD中点.将ABE ∆沿BE 翻折到1A BE ∆的位置，如图2.（Ⅰ）求证：平面1A DE ∆⊥平面BCDE ； （Ⅱ）求直线1A B 与平面1A CD 所成角的正弦值；（Ⅲ）设,M N 分别为1A E 和BC 的中点，试比较三棱锥1M A CD -和三棱锥1N A CD -（图中未画出）的体积大小，并说明理由.57．如图,在几何体ABCDEF 中，四边形ADEF 为矩形，四边形ABCD 为梯形,//AB CD ,平面CBE 与平面BDE 垂直，且CB BE ⊥.。